Az Orsz´ agos K¨ oz´ episkolai Tanulm´ anyi Verseny 2005-2006. tan´ evi m´ asodik fordul´ oj´ anak feladatmegold´ asai matematik´ ab´ ol, a II. kateg´ oria sz´ am´ ara
1. Oldja meg a k¨ovetkez˝o egyenl˝otlens´eget, ha x > 0: x2 sin x−cos (2x) <
1 . x
Megold´ as: Az egyenl˝otlens´eg jobb oldal´an x−1 ´all. Ha x = 1, akkor az egyenl˝otlens´eg mindk´et oldal´an 1 ´all, azaz egyenl˝os´eg van. Teh´at az x = 1 nem megold´as. 1 pont Ha 0 < x < 1, akkor a kitev˝ok k¨oz¨ott a k¨ovetkez˝o rel´aci´onak kell teljes¨ ulnie: 2 sin x − cos (2x) > −1. Mindk´et oldalhoz hozz´aadunk 1-et ´es alkalmazzuk az 1 − cos (2x) = 2 sin2 x azonoss´agot: 2 sin x + 2 sin2 x = 2 sin x(1 + sin x) > 0. Mivel 0 < x < 1, ez´ert sin x pozit´ıv ´es ´ıgy az egyenl˝otlens´eg a vizsg´alt tartom´any minden x ´ert´ek´en´el teljes¨ ul. 3 pont Ha 1 < x, akkor a kitev˝oket vizsg´alva a rel´aci´os jel ir´anya m´as, im´enti ´atalak´ıt´asainkat haszn´alva a megoldand´o egyenl˝otlens´eg: 2 sin x(1 + sin x) < 0. A bal oldalon tal´alhat´o szorzatban az 1 + sin x t´enyez˝o soha nem lehet negat´ıv, 0 is csak akkor lehet, ha sin x = −1. Az egyenl˝otlens´eg teh´at akkor teljes¨ ul, ha sin x negat´ıv, de nem −1. Ekkor a megold´as (2k − 1)π < x < (2k − 0, 5)π
k ∈ N +;
(2l − 0, 5)π < x < 2lπ
l ∈ N +.
¨ Osszefoglalva, a megfelel˝o x ´ert´ekek: 0 < x < 1;
(2k−1)π < x < (2k−0, 5)π
k ∈ N +;
(2l−0, 5)π < x < 2lπ
l ∈ N +.
3 pont ¨ Osszesen: 7 pont
2. A val´os sz´amokon ´ertelmezett f (x) = ax2 − bx + c m´asodfok´ u f¨ uggv´eny a egy¨ utthat´oj´ara 1 > |a| 6= 0 teljes¨ ul. Bizony´ıtsuk be, hogy ha f (a) = −b ´es f (b) = −a, akkor |c| < 3.
1
Megold´ as: Mivel f (a) = −b ´es f (b) = −a, a f¨ uggv´enyt defini´al´o kifejez´esbe helyettes´ıtve a k¨ovetkez˝ot kapjuk: (1)
a3 − ab + c = −b,
(2)
ab2 − b2 + c = −a.
Vegy¨ uk (1) ´es (2) megfelel˝o oldalainak k¨ ul¨onbs´eg´et, majd alak´ıtsunk szorzatt´a: a(a2 − b2 ) + b(b − a) = a − b, (a − b)(a2 + ab − b − 1) = 0, (3)
(a − b)(a − 1)(a + b + 1) = 0.
4 pont Most vegy¨ uk sorra a (3)-ban kapott szorzat bal oldal´an ´all´o t´enyez˝oket, mikor lesz ´ert´ek¨ uk 0. Ha a − b = 0, akkor (1) alapj´an a3 − a2 + a = −c. Mivel 1 > |a|, ez´ert 3 > |a3 | + |a2 | + |a| ≥ |c|. Ha a − 1 = 0, akkor a = 1, de ez a feladat felt´etelei szerint nem lehet. Egy´ebk´ent a = 1 eset´en (1) alapj´an c = −1 ´es ´ıgy |c| < 3. Ha a+b+1 = 0, akkor ebb˝ol b = −1−a ad´odik, ezt (1)-be helyettes´ıtve a3 +a2 −1 = −c. Mivel 1 > |a|, ez´ert 3 > |a3 | + |a2 | + 1 ≥ |c|. 3 pont ¨ Osszesen: 7 pont
3. Az ABCD konvex n´egysz¨ogben ABD6 = ACD6 . Legyenek a BC ´es AD ´elek felez˝opontjai rendre E ´es F . Az AC ´es BD ´atl´ok metsz´espontj´anak az AB ´es CD oldalegyenesekre es˝o mer˝oleges vet¨ uletei G ´es H. Igazoljuk, hogy az EF ´es GH egyenesek egym´asra mer˝olegesek. Megold´ as: Legyen az ABCD n´egysz¨og ´atl´oinak metsz´espontja M , az M B ´es M C szakaszok felez˝opontjai rendre B1 ´es C1 . A feladat sz¨ovege szerint ABD6 = ACD6 , legyen ϕ = GBM 6 = HCM 6 . Mivel M C Thalesz k¨or´enek k¨oz´eppontja C1 ´es ezen a k¨or¨on rajta van H, ez´ert HC1 = M C1 = CC1 . A HC1 C egyenl˝osz´ar´ u h´aromsz¨og C1 -n´el lev˝o k¨ uls˝o sz¨oge HC1 M 6 = 2ϕ. Ugyan´ıgy M B Thalesz k¨or´enek k¨oz´eppontja B1 ´es ezen a k¨or¨on rajta van G, ez´ert B1 G = M B1 = BB1 . A GB1 B egyenl˝osz´ar´ u h´aromsz¨og B1 -n´el lev˝o k¨ uls˝o sz¨oge GB1 M 6 = 2ϕ. 2 pont
2
Az M BC h´aromsz¨ogben C1 E ´es B1 E k¨oz´epvonalak, EB1 = M C1 ´es C1 E = M B1 . M B1 EC1 paralelogramma, szemk¨ozti sz¨ogei egyenl˝ok, M C1 E 6 = M B1 E 6 = δ. Most megmutatjuk, hogy HC1 E ´es EB1 G egybev´ag´o h´aromsz¨ogek. K´et oldaluk ugyanolyan hossz´ u: HC1 = EB1 , hiszen mindkett˝o egyenl˝o M C1 ; tov´abb´a C1 E = B1 G, hiszen mindkett˝o egyenl˝o M B1 . Az eml´ıtett egybev´ag´o h´aromsz¨ogekben a vizsg´alt oldalp´arok ´altal bez´art sz¨og ugyanakkora: HC1 E 6 = 2ϕ + δ = EB1 G6 . 3 pont Az egybev´ag´o HC1 E ´es EB1 G h´aromsz¨ogekben HE = GE, ez´ert E rajta van HG felez˝o mer˝oleges´en. DM C ´es AM B hasonl´o h´aromsz¨ogek, DM C 6 = AM B 6 cs´ ucssz¨ogek, a feladat sz¨ovege szerint pedig ABD6 = ACD6 . Ez´ert BDC 6 = BAC 6 . Innent˝ol kezdve a fenti gondolatmenethez hasonl´o m´odon kapjuk, hogy HF = GF ´es ´ıgy F is rajta van HG felez˝o mer˝oleges´en. A bizony´ıtand´o ´all´ıt´asn´al egy kicsit t¨obbet is bel´attunk, EF mer˝oleges HG-re ´es felezi is azt. 1 pont 6 6 Az ´abr´an ABD ´es BAC hegyessz¨og. Ilyenkor G ´es H az AB ´es CD szakaszok bels˝o pontja. Abban az esetben, ha a k´et sz¨og valamelyike tompasz¨og, G ´es H nem lesz bels˝o pontja az AB ´es CD oldalaknak, de a fent k¨oz¨olt gondolatmenet¨ unk v´altozatlanul m˝ uk¨odik. Amennyiben az eml´ıtett k´et sz¨og k¨oz¨ ul valamelyik der´eksz¨og, p´eld´aul ABD6 , akkor AD Thalesz k¨or´en van rajta B ´es C. Ekkor G ´es H megegyezik B-vel ´es C-vel. Ebben az esetben F E a Thalesz k¨or egy ´atm´er˝oje, ami ´athalad GH, azaz a BC h´ ur felez˝opontj´an, ez´ert ´eppen a h´ ur felez˝omer˝olegese. 1 pont ¨ Osszesen: 7 pont
3
4. Az a, b, c ´es d eg´eszek olyanok, hogy az ac, bc + ad, bd mindegyike oszthat´o az n eg´esszel. Bizony´ıtsuk be, hogy ekkor a bc + ad ¨osszeg tagjai k¨ ul¨on-k¨ ul¨on is oszthat´ok n-nel, azaz n|bc ´es n|ad. Megold´ as: A feladat sz¨ovege szerint l´eteznek olyan r, s ´es t eg´eszek, amelyekre (1) ac = nr,
(2) bc + ad = ns,
(3) bd = nt.
Emelj¨ uk n´egyzetre (2) mindk´et oldal´at, ´es mindk´et oldalon vonjuk ki bel˝ole (1) ´es (3) megfelel˝o oldalai szorzat´anak 4 szeres´et: (bc + ad)2 − 4 · ac · bd = n2 (s2 − 4rt) A bal oldalon teljes n´egyzet ´all. Osztunk n2 -tel ´es a k¨ovetkez˝ot kapjuk: µ
(4)
bc − ad n
¶2
= s2 − 4rt.
Mivel (4) jobb oldala eg´esz, ez´ert a bal oldal is, azaz n oszt´oja bc − ad-nek, l´etezik olyan q eg´esz, amelyre: (5)
bc − ad = nq. 4 pont
Adjuk ¨ossze, illetve vonjuk ki (2) ´es (5) megfelel˝o oldalait: (6) 2bc = n(s + q),
(7) 2ad = n(s − q).
A most kapott k´et egyenlet megfelel˝o oldalainak szorzata ugyanaz, mint (1) ´es (3) megfelel˝o oldalai szorzat´anak 4 szerese: (8)
4abcd = 4n2 rt = n2 (s2 − q 2 ).
s + q ´es s − q azonos parit´as´ u, ugyanis ¨osszeg¨ uk 2s, ami p´aros. (8) alapj´an s2 − q 2 = 4rt, teh´at s + q ´es s − q p´arosak. Ez viszont (6) ´es (7) alapj´an azt jelenti, hogy bc ´es ad k¨ ul¨on-k¨ ul¨on is oszthat´ok n-nel. 3 pont ¨ Osszesen: 7 pont 2. megold´ as: Teljes indukci´ot alkalmazunk. Kezd˝o l´ep´es: n = 1 eset´en az ´all´ıt´as nyilv´anval´oan igaz. A tov´abbiakban n > 1. Indukci´os l´ep´es: tegy¨ uk fel, hogy az ´all´ıt´as igaz minden n-n´el kisebb pozit´ıv eg´esz eset´en, ennek seg´ıts´eg´evel megmutatjuk, hogy n-re is igaz. Legyen n egyik pr´ım oszt´oja p, n = pn1 . Mivel pn1 |ac az ´altal´anoss´ag rov´asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk, hogy p osztja a-t, a = pa1 . 2 pont Ha p osztja b-t, akkor b = pb1 . Ekkor n1 |a1 c, n1 |b1 d ´es n1 |b1 c + a1 d. Alkalmazhatjuk az indukci´os feltev´est n1 -re ´es az a1 , b1 , c, d sz´amokra: ezek szerint n1 |b1 c ´es n1 |a1 d, amib˝ol viszont k¨ovetkezik, hogy n|bc ´es n|ad. 2 pont Ha p nem osztja b-t, akkor n|bd miatt p|bd, teh´at p-nek osztania kell d-t, azaz d = pd1 . Tudjuk, hogy p|ad, tov´abb´a n|bc + ad miatt p|bc + ad. Ez´ert p|bc, teh´at c oszthat´o p-vel, 4
azaz c = pc1 . Ekkor n1 |ac1 , n1 |bc1 + ad1 ´es n1 |bd1 . Most alkalmazhatjuk az indukci´os feltev´est n1 -re ´es az a, b, c1 , d1 sz´amokra: ezek szerint n1 |bc1 ´es n1 |ad1 , amib˝ol viszont k¨ovetkezik, hogy n|bc ´es n|ad. Ezzel a bizony´ıt´ast befejezt¨ uk. 3 pont ¨ Osszesen: 7 pont
5
